【火线100天】2022中考数学专题复习 综合探究问题

综合探究问题探索是一种重要的研究问题的方法，也是人们发现新知识的重要手段，非常有利于培养创新能力.探索问题包括从实践中探索、从特殊到一般的探索、存在性探索、动态探索等等.一般在各地中考都以压轴题形式出现.题型之一实践操作型综合探究问题例1(2022·日照)问题背景:如图a,点A，B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B关于直线l的对称点B′,连接AB′与直线l交于点C，则点C即为所求.(1)实践运用：如图b，已知⊙O的直径CD为4，点A在⊙O上，∠ACD=30°，B为弧AD的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为.(2)知识拓展：如图c，在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E，F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程.【思路点拨】首先要深刻理解图a中的方法、过程、结论；由此在图b，c中分别找到点B关于CD，AD的对称点B′，在图b中，AB′与CD的交点就是点P的位置，所不同的是要灵活运用圆周角与圆心角关系及圆的对称性来找到相关角的度数，这样易得到其最小值；在图c中，由于点F是动态的，因此要根据“垂线段最短”这一公理来解决问题.【解答】(1)2.(2)如图c，在斜边AC上截取AB′=AB,连接BB′.∵AD平分∠BAC，∴点B与点B′关于直线AD对称.过点B′作B′F⊥AB,垂足为F,交AD于E,则线段B′F的长即为所求.在Rt△AFB′中，∵∠BAC=45°,AB′=AB=10，∴B′F=AB′·sin45°=AB·sin45°=10×=5.即BE+EF的最小值为5.方法归纳：本例是将某一问题的解决方法，运用到解决不同情景下的类似问题，这类题充分体现了实践性、探究性，其解答思路的突破点是紧扣题中交代的思想方法，结合不同情景中对应知识来解决问题.1.(2022·盐城)实践操作如图，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，利用直尺和圆规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母.(保留作图痕迹，不写作法)42\n(1)作∠BAC的平分线，交BC于点O；(2)以O为圆心，OC为半径作圆.综合运用在你所作的图中，(1)AB与⊙O的位置关系是；(直接写出答案)(2)若AC=5，BC=12，求⊙O的半径.2.(2022·江西)如图1，边长为4的正方形ABCD中，点E在AB边上(不与点A，B重合)，点F在BC边上(不与点B，C重合).第一次操作：将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G；第二次操作：将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H；依此操作下去…(1)图2中的△EFD是经过两次操作后得到的，其形状为，求此时线段EF的长；(2)若经过三次操作可得到四边形EFGH.①请判断四边形EFGH的形状为，此时此刻AE与BF的数量关系是；②以①中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取值范围.3.(2022·潍坊)如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BF，交点为G.42\n(1)求证：AE⊥BF；(2)将△BCF沿BF对折，得到△BPF(如图2)，延长FP交BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；(3)将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM(如图3)，若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积.题型之二从特殊到一般的探究性问题例2(2022·内江)如图，在△ABC中，D是BC边上的点(不与点B、C重合)，连接AD.问题引入：(1)如图1，当点D是BC边上的中点时，S△ABD∶S△ABC＝；当点D是BC边上任意一点时，S△ABD∶S△ABC＝(用图中已有线段表示).探索研究：(2)如图2，在△ABC中，O是线段AD上一点(不与点A、D重合)，连接BO、CO，试猜想S△BOC与S△ABC之比应该等于图中哪两条线段之比，并说明理由.拓展应用：(3)如图3，O是线段AD上一点(不与点A、D重合)，连接BO并延长交AC于点F，连接CO并延长交AB于点E.试猜想++的值，并说明理由.【思路点拨】(1)两个三角形的高相等时，面积比等于底边的比；(2)当两个三角形底边相等时，面积之比等于高之比；(3)利用(2)中的结论即可解决.【解答】(1)1∶2；BD∶BC.(2)猜想S△BOC与S△ABC之比应该等于OD∶AD.理由：如图，分别过O、A作BC的垂线OE、AF，垂足为E、F.则OE∥AF.∴OD∶AD＝OE∶AF.∴S△BOC＝·BC·OE，S△ABC＝·BC·AF，42\n∴S△BOC∶S△ABC＝(·BC·OE)∶(·BC·AF)＝OE∶AF＝OD∶AD.(3)猜想++的值是1.理由：由(2)知：++=++===1.方法归纳：从特殊到一般的探究过程是一般的认知过程，重在分析特殊情况时解决问题的方法，主要是为了解决一般性的问题.这类问题一般前两问是后面问题的铺垫，其解决方法也是后问的模板.1.(2022·咸宁)如图1，P(m，n)是抛物线y=-1上任意一点，l是过点(0，-2)且与x轴平行的直线，过点P作直线PH⊥l，垂足为H.【探究】(1)填空：当m＝0时，OP＝，PH＝；当m＝4时，OP＝，PH＝；【证明】(2)对任意m，n，猜想OP与PH的大小关系，并证明你的猜想.【应用】(3)如图2，已知线段AB=6，端点A，B在抛物线y=-1上滑动，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值.2.(2022·武汉)已知四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD边上的点，DE与CF相交于点G.42\n(1)如图1，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求证：=；(2)如图2，若四边形ABCD是平行四边形，试探究：当∠B与∠EGC满足什么关系时，使得=成立？并证明你的结论；(3)如图3，若BA=BC=6，DA=DC=8，∠BAD=90°，DE⊥CF，请直接写出的值.3.(2022·烟台)已知，点P是直角三角形ABC斜边AB上一动点(不与A，B重合)，分别过点A,B向直线CP作垂线，垂足分别为E，F，Q为斜边AB的中点.(1)如图1，当点P与点Q重合时，AE与BF的位置关系是，QE与QF的数量关系是；(2)如图2，当点P在线段AB上不与点Q重合时，试判断QE与QF的数量关系，并给予证明；(3)如图3，当点P在线段BA(或AB)的延长线上时，此时(2)中的结论是否成立？请画出图形并给予证明.4.(2022·绥化)已知，在△ABC中，∠BAC=90°，∠ABC=45°，点D为直线BC上一动点(点D不与点B，C重合).以AD为边作正方形ADEF，连接CF.42\n(1)如图1，当点D在线段BC上时，求证：CF+CD=BC；(2)如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；(3)如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A，F分别在直线BC的两侧，其他条件不变.①请直接写出CF，BC，CD三条线段之间的关系；②若正方形ADEF的边长为2，对角线AE，DF相交于点O，连接OC，求OC的长度.题型之三存在性探究问题第1课时探究单个图形的形状例3(2022·内江)如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A(-3，0)、C(0，4)，点B在抛物线上，CB∥x轴.且AB平分∠CAO.(1)求抛物线的解析式.(2)线段AB上有一动点P，过P作y轴的平行线，交拋物线于点Q，求线段PQ的最大值；(3)抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是以AB为直角边的直角三角形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，说明理由.【思路点拨】(1)先根据A、C两点坐标求出AC的长，再根据AB平分∠CAO，CB∥x轴，求出B点坐标，然后根据A、B、C三点坐标求出抛物线的解析式；(2)先求出AB所在直线的解析式，用含x的代数式分别表示出P、Q两点的坐标，然后建立线段PQ的长度与x之间的函数关系式，即可求出PQ的最大值；(3)先假设存在，则分A点为直角顶点和B点为直角顶点两种情况.【解答】(1)∵A(-3，0)、C(0，4)，∴AC＝5，c=4.∵AB平分∠CAO，∴∠CAB＝∠BAO.∵CB∥x轴，∴∠CBA＝∠BAO，∴∠CAB＝∠CBA，∴AC＝BC＝5，∴B(5，4).再将A(-3，0)、B(5，4)代入y＝ax2+bx+4，得42\n解得∴y＝-x2+x+4.(2)如图，设AB的解析式为y＝kx+b，把A(-3，0)、B(5，4)代入，得解得∴直线AB的解析式为y＝x+.可设P(x，x+)，Q(x，-x2+x+4)，则PQ＝-x2+x+4-(x+)＝-(x-1)2+.当x=1时，PQ最大，且最大值为.(3)存在点M，使△ABM是以AB为直角边的直角三角形.如图，易知，抛物线对称轴为x=2.5.设抛物线的对称轴交x轴于点D,交BC于点E，过点A作AM1⊥AB，交对称轴于点M1，过点B作BH⊥x轴于点H.∵∠BAH+∠DAM1=90°,∠M1+∠DAM1=90°,∴∠M1=∠BAH.∴△ADM1∽△BHA,∴=.∴=,解得DM1=11,∴M1（2.5,-11）.再过点B作BM2⊥AB，交对称轴于点M2.同理可得，∠M2=∠CBA.42\n又∵∠CBA=∠BAO,∴∠M2=∠BAO.∴△M2EB∽△AHB，即=.∴=，解得EM2=5，∴DM2=5+4=9.∴M2（2.5,9）.∴存在点M1（2.5,-11）、M2（2.5，9）使△ABM是以AB为直角边的直角三角形.方法归纳：对于单个图形形状的存在性判断，先假设图形形状存在，然后根据图形的特殊性来求出存在的条件(即要求的点的坐标).当图形的形状无法确定唯一时，还要注意分类，如等腰三角形的腰与底，直角三角形中直角顶点的位置等.1.(2022·湖州)如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，抛物线y=-x2+bx+c(c>0)的顶点为D，与y轴的交点为C,过点C作AC∥x轴交抛物线于点A,在AC延长线上取点B,使BC=AC，连接OA，OB，BD和AD.(1)若点A的坐标是(-4，4).①求b,c的值；②试判断四边形AOBD的形状，并说明理由；(2)是否存在这样的点A,使得四边形AOBD是矩形，若存在，请直接写出一个符合条件的点A的坐标；若不存在，请说明理由.2.(2022·济宁)如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(5,0)、B(-1,0)两点，过点A作直线AC⊥x轴，交直线y=2x于点C.（1）求该抛物线的解析式；（2）求点A关于直线y=2x的对称点A′的坐标，判定点A′是否在抛物线上，并说明理由；（3）点P是抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交线段CA′于点M，是否存在这样的点P，使四边形PACM是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.42\n3.(2022·德州)如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标是(4，0)，并且OA=OC=4OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上.(1)求抛物线的解析式；(2)是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；(3)过动点P作PE垂直于y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线.垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标.4.(2022·兰州)如图，抛物线y=-x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A(-1，0)，C(0，2).(1)求抛物线的表达式；(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；(3)点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.42\n第2课时探究两个图形的关系例4(2022·凉山)如图，抛物线y=ax2-2ax+c(a≠0)交x轴于A、B两点，A点坐标为(3，0)，与y轴交于点C(0，4)，以OC、OA为边作矩形OADC交抛物线于点G.(1)求抛物线的解析式；(2)抛物线的对称轴l在边OA(不包括O、A两点)上平行移动，分别交x轴于点E，交CD于点F，交AC于点M，交抛物线于点P，若点M的横坐标为m，请用含m的代数式表示PM的长.(3)在(2)的条件下，连接PC，则在CD上方的抛物线部分是否存在这样的点P，使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似？若存在，求出此时m的值，并直接判断△PCM的形状；若不存在，请说明理由.【思路点拨】(1)根据待定系数法即可确定抛物线的解析式；(2)先根据待定系数法确定直线AC的解析式，再求出点P、点M的纵坐标，问题即可解决；(3)需分情况讨论，①若△PFC∽△AEM，此时△PCM是直角三角形，且∠PCM=90°；②若△PFC∽△MEA，此时△PCM是等腰三角形，且PC=CM，在这两种情况下分别求出m的值.【解答】(1)∵C(0，4)，A(3，0)在抛物线y=ax2-2ax+c(a≠0)上，∴解得∴所求抛物线的解析式为y=-x2+x+4.(2)设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，∵A(3，0)，C(0，4)在直线AC上，42\n∴解得∴直线AC的解析式为y=-x+4.∴M(m，-m+4)，P(m，-m2+m+4).∵点P在M的上方，∴PM=-m2+m+4-(-m+4)，即PM=-m2+4m（0<m<3）.(3)①若△PFC∽△AEM，此时△PCM是直角三角形，且∠PCM=90°，则=，即=.又∵△AEM∽△AOC，∴=，即=，∴==.∵PF=PE-EF=-m2+m+4-4=-m2+m，CF=OE=m，∴=，即m=；②若△PFC∽△MEA，此时△PCM是等腰三角形，且PC=CM，则=，即=.由①得==，∴=.∴==.同理，PF=-m2+m，CF=OE=m，∴=,即m=1.综上可得，存在这样的点P使△PFC与△AEM相似.当m=时，△PCM为直角三角形；当m=1时，△PCM为等腰三角形.方法归纳：对于两个图形的关系(全等或相似)的存在性探究，先假设全等或相似关系存在，然后利用全等或相似的性质求出存在的条件(要求的点的坐标).当全等或相似的对应关系未确定时，还要从对应关系的角度去分类讨论.1.(2022·威海)如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A(-1，0)，B(4，0)，C(0，2)三点.(1)求这条抛物线的解析式；(2)E为抛物线上一动点，是否存在点E使以A、B、E为顶点的三角形与△COB相似？若存在，试求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若将直线BC平移，使其经过点A，且与抛物线相交于点D，连接BD，试求出∠BDA的度数.42\n2.(2022·丽水)如图，在平面直角坐标系中，已知点A坐标为(2，4)，直线x=2与x轴相交于点B，连接OA，抛物线y=x2从点O沿OA方向平移，与直线x=2交于点P，顶点M到A点时停止移动.（1）求线段OA所在直线的函数解析式；(2)设抛物线顶点M的横坐标为m,①用m的代数式表示点P的坐标；②当m为何值时，线段PB最短；(3)当线段PB最短时，相应的抛物线上是否存在点Q，使△QMA的面积与△PMA的面积相等，若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.题型之四动态探究问题第1课时动点问题例5(2022·呼和浩特)如图，已知二次函数的图象经过点A(6，0)、B(-2，0)和点C(0，-8).(1)求该二次函数的解析式；(2)设该二次函数图象的顶点为M，若点K为x轴上的动点，当△KCM的周长最小时，点K的坐标为；(3)连接AC，有两动点P、Q同时从点O出发，其中点P以每秒3个单位长度的速度沿折线OAC按O→A→42\nC的路线运动，点Q以每秒8个单位长度的速度沿折线OCA按O→C→A的路线运动，当P、Q两点相遇时，它们都停止运动.设P、Q同时从点O出发t秒时，△OPQ的面积为S.①请问P、Q两点在运动过程中，是否存在PQ∥OC，若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；②请求出S关于t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；③设S0是②中函数S的最大值，直接写出S0的值.【思路点拨】(1)根据题意，可设二次函数的解析式为y=a(x+2)(x-6)，将点C(0，-8)代入求出a即可；(2)作C关于x轴的对称点C′，连接C′M与x轴的交点即为所求的点K.用待定系数法求得直线C′M的解析式，令y=0即可得K的坐标；(3)①先假设存在，根据PQ∥OC求出t的值，然后在t的取值范围内检验;②分0≤t≤1、1<t≤2、2<t≤三种情况分别求出S关于t的函数关系式；③分别求出②问中每个解析式的最大值，再作比较.【解答】(1)设二次函数的解析式为y=a(x+2)(x-6)，∵图象过点C(0，-8)，∴a·2·(-6)=-8，解得a=.∴二次函数的解析式为y=x2-x-8.(2)作C关于x轴的对称点C′，连接C′M与x轴的交点即为所求的K点.设yC′M=kx+b,将C′(0,8)与M(2,-),代入求得直线C′M的解析式为y=-x+8.∴K(,0).(3)①不存在PQ∥OC.理由：若PQ∥OC，则点P、Q分别在线段OA、CA上.此时1<t<2.∵PQ∥OC，∴△APQ∽△AOC，∴=.∵AP=6-3t，AQ=18-8t，∴=，解得t=.又∵t=>2，不满足1<t<2，∴不存在PQ∥OC.②分情况讨论如下：情况1：当P、Q分别在线段OA、OC上时，0≤t≤1，则S=OP·OQ=×3t·8t，即S=12t2；42\n情况2：当P、Q分别在OA、CA上时，1<t≤2.作QE⊥OA，垂足为E.则S=OP·EQ=×3t×，即S=-t2+t；情况3：当P、Q都在AC上时，2<t≤.作OF⊥AC，垂足为F，则OF=.此时S=QP·OF=×(24-11t)×，即S=-t+.综上所述，S=③S0=.（提示：当0≤t≤1时，t=1时，S最大=12；当1<t≤2时，t=时，S最大=；当2<t≤时，S的最大值不超过.∴S0=.）方法归纳：对确定了速度的动点问题，无论是单动点题型还是多动点题型，重点是抓住决定整道题的关键动点，将动点问题转化为方程问题或函数问题来解决，解决动点问题需要注意分段和线段长度的表达.1.(2022·宿迁)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC=90°，AB=8cm，BC=4cm，CD=5cm.动点P从点B开始沿折线BC-CD-DA以1cm/s的速度运动到点A.设点P运动的时间为t(s)，△PAB的面积为S(cm2).(1)当t=2时，求S的值；(2)当点P在边DA上运动时，求S关于t的函数表达式；(3)当S=12时，求t的值.42\n2.(2022·烟台)在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动.(1)如图1，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF，交于点P，请你写出AE与DF的关系，并说明理由；(2)如图2，当点E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，(1)的结论还成立吗？(请直接回答“是”或“否”，不需证明)(3)如图3，当E、F分别在CD、BC的延长线上移动时，连接AE和DF，(1)的结论还成立吗？请说明理由；(4)如图4，当E、F分别在DC、CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点EF的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P的运动路径的草图，若AD＝2，试求出线段CP的最小值.3.(2022·福州)如图1，点O在线段AB上，AO=2，OB=1，OC为射线，且∠BOC=60°，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒.(1)当t=秒时，则OP=，S△ABP=；(2)当△ABP是直角三角形时，求t的值；(3)如图2，当AP=AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求证：AQ·BP=3.42\n4.(2022·武汉)如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒(0＜t＜2)，连接PQ.(1)若△BPQ与△ABC相似，求t的值；(2)如图2，连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；(3)试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上.第2课时动线问题例6如图，直线l的解析式为y=-x+4，它与x轴，y轴分别相交于A，B两点.平行于直线l的直线m从原点O出发，沿x轴的正方形以每秒1个单位长度的速度运动，它与x轴，y轴分别相交于M，N两点，设运动时间为t秒(0<t≤4).42\n(1)求A，B两点的坐标；(2)用含t的代数式表示△MON的面积S1；(3)以MN为对角线作矩形OMPN，记△MPN和△OAB重合部分的面积为S2.①当2<t≤4时，试探究S2与t之间的函数关系式；②在直线m的运动过程中，当t为何值时，S2为△OAB面积的？【思路点拨】要解答本题必须注意如下几点：①ON=OM，OA=OB，ON，OM要用含t的代数式表示，易得S1与t的关系式；②当2＜t≤4时，点P在△OAB的外面，PF，PE要用含t的代数式表示；③当S2等于△OAB面积的时，要弄清点M落在OA的中点的左边还是右边.【解答】(1)当x=0时，y=4；当y=0时，x=4.∴A(4，0)，B(0，4).(2)∵MN∥AB，∴==1.∴OM=ON=t.∴S1=OM·ON=t2.(3)如图，①当2<t≤4时，易知点P在△OAB的外面，则点P的坐标为(t，t),F(t，4-t)，E(4-t，t)，则PF=PE=|t-(4-t)|=2t-4.∴S2=S△MPN-S△PEF=S△OMN-S△PEF=t2-PE·PF=t2-(2t-4)(2t-4)=-t2+8t-8.②当0<t≤2时，S2=t2，由S2=S△OAB，得t2=××4×4=.解得t1=-<0，t2=>2，两个都不合题意，舍去；当2<t≤4时，由题意，得S2=-t2+8t-8=.解得t3=3，t4=.综上得，当t=或3时，S2为△OAB面积的.方法归纳：解答此类题先要画出各个关键时刻的图形，再由“动”变“静”设法分别求解.用分类思想画图的方法在解动态几何题中非常有效，它可帮助我们理清思路，突破难点.1.(2022·兰州)如图，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是边长为4的正方形，平行于对角线BD的直线l从O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，运动到直线l与正方形没有交点为止.设直线l扫过正方形OBCD的面积为S，直线l运动的时间为t(秒)，下列能反映S与t之间函数关系的图象是()42\n2.(改编)如图，已知点A(6,0),B(0,6)，经过A，B的直线l以每秒1个单位的速度向下作匀速平移运动，与此同时，点P从点B出发，在直线l上以每秒1个单位的速度沿直线l向右下方向作匀速运动.设它们运动的时间为t秒.(1)用含t的代数式表示点P的坐标；(2)过O作OC⊥AB于C，问：t为何值时，以P为圆心，1为半径的圆与直线OC相切？3.(2022·衡阳)如图，直线AB与x轴相交于点A(-4，0)，与y轴相交于点B(0，3)，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿直线AB向点B移动，同时，将直线y=x以每秒0.6个单位长度的速度向上平移，交OA于点C，交OB于点D，设运动时间为t(0<t<5)秒.(1)证明：在运动过程中，四边形ACDP总是平行四边形；(2)当t取何值时，四边形ACDP为菱形？请指出此时以点D为圆心、OD长为半径的圆与直线AB的位置关系并说明理由.42\n第3课时动形问题例7(2022·重庆A卷)已知，如图1，在矩形ABCD中，AB＝5，AD=，AE⊥BD，垂足是E.点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF.(1)求AE和BE的长；(2)若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度)，当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值；(3)如图2，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α(0°<α<180°)，记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q.是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由.【思路点拨】(1)直接利用勾股定理和三角形的面积求出AE、BE的长；(2)过F点作BD的平行线，交AB于G点，交AD于H点,FG的长度是F点平移到AB的距离，FH的长度是F点平移到AD的距离.(3)△ABF在绕点B旋转的过程中，A′F′与BD所在直线的交点有可能在BD上，也有可能在BD的延长线上.画出不同时刻的图形，结合△DPQ为等腰三角形，即可求出DQ的长.【解答】(1)∵AB=5,AD=,∴BD==.∵S△ABD=AB·AD=BD·AE.∴×5×=×AE，即AE=4.∴BE===3.(2)过F点作BD的平行线，交AB于G点，交AD于H点.∵FG=FB=BE,∴当点F在线段AB上时，m=3；图1中，过点F作FM⊥DA，交其延长线于M，作FI⊥AB交AB于I.由面积关系及勾股定理可求FI=MA=,MF=,GI=,AG=MF-GI=.由=,可知MH=AH+AM=.∴FH==.即点F在线段AD上时，m=.(3)存在.理由如下：①若点Q在线段BD的延长线上时，如图3，则∠Q=∠1，42\n则有∠2=∠1+∠Q=2∠Q，∠3=∠4+∠Q,∠3=∠2,∠4+∠Q=2∠Q,∴∠4=∠Q,∴A′Q=A′B=5,F′Q=A′F′+A′Q=9.在Rt△BF′Q中，F′Q2+F′B2=BQ2，∴92+32=(+DQ)2,解得DQ=3-或DQ=-3-(舍)；②若点Q在线段BD上时，如图4.∠1=∠2=∠4，∵∠1=∠3，∴∠3=∠4，∵∠3=∠5+∠A′,∠A′=∠CBD,∠3=∠5+∠CBD=∠A′BQ,∴∠4=∠A′BQ,∴A′Q=A′B=5,∴F′Q=5-4=1.∴BQ==.∴DQ=BD-BQ=-.综上所述，DQ的长为3-或-.方法归纳：图形的运动变换主要有平移、旋转和翻折这三种基本变换，运用这几种全等变换的特征是解决问题的关键.1.(2022·资阳)如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点为A（3,0），与y轴的交点为B（0,3），其顶点为C，对称轴为x=1.（1）求抛物线的解析式；（2）已知点M为y轴上的一个动点，当△ABM为等腰三角形时，求点M的坐标；（3）将△AOB沿x轴向右平移m个单位长度（0<m<3）得到另一个三角形，将所得的三角形与△ABC重叠部分的面积记为S，用m的代数式表示S.42\n2.(2022·娄底)如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E，F分别在AB，AC上，AD交EF于点H.(1)求证：=；(2)设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；(3)当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动(当矩形的边PQ到达A点时停止运动)，设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围.3.(2022·重庆)已知，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，AE⊥DE，AB=12，BE=16，F为线段BE上一点，EF=7，连接AF.如图1，现有一张硬质纸片△GMN，∠NGM=90°，NG=6，MG=8，斜边MN与边BC在同一直线上，点N与点E重合，点G在线段DE上.如图2，△GMN从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，同时，点P从A点出发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D匀速移动，点Q为直线GN与线段AE的交点，连接PQ.当点N到达终点B时，△GMN和点P同时停止运动.设运动时间为t秒，解答下列问题：(1)在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值；(2)在整个运动过程中，是否存在点P，使△APQ是等腰三角形.若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；(3)在整个运动过程中，设△GMN与△AEF重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围.42\n参考答案题型之一实践操作型综合探究问题1.实践操作：(1)（2）如图.综合运用：(1)相切.(2)作OH⊥AB于H，∵∠C＝90°，∴OC⊥AC.又∵AO平分∠BAC，∴OH＝OC.在Rt△ABC中，AB＝＝13，∵∠OHB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，∴△BOH∽△BAC，∴=.设OH＝OC＝r，则=，解得r＝.答：⊙O的半径为.2.(1)等边三角形.∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝BC＝AB，∠A＝∠B＝∠C＝90°.∵DE＝DF，∴Rt△ADE≌Rt△CDF(HL).∴AE＝CF.∴BE＝BF.∴△BEF是等腰直角三角形.设EF长为x，则BE＝x，∴AE＝4-x.∵在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2，DE＝EF，42\n∴x2＝42+(4-x)2.解得x1＝-4+4，x2＝-4-4(不合题意，舍去).∴EF＝-4+4.(2)见备用图.①正方形，AE=BF；②AE＝x，BE＝4-x.∵在Rt△BEF中，EF2＝BE2+BF2，∴y＝(4-x)2+x2＝2x2-8x+16(0＜x＜4).∵y＝2x2-8x+16＝2(x-2)2+8，∴当x＝2时，y取得最小值8；当x＝0或4时，y＝16.∴y的取值范围是8≤y＜16.3.(1)证明：∵E、F分别是正方形ABCD边BC、CD的中点，∴BE=CF，∠ABE=∠C=90°，AB=BC.∴Rt△ABE≌Rt△BCF(SAS).∴∠BAE=∠CBF.又∵∠BAE+∠BEA=90°，∴∠CBF+∠BEA=90°，∴∠BGE=90°，即AE⊥BF.(2)根据题意，得FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°.∵CD∥AB，∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB.∴QF=QB.令PF=k(k>0)，则PB=2k，在Rt△BPQ中，设QB=x，则x2=(x-k)2+4k2，解得x=k.∴sin∠BQP===.(3)由题意得∠BAE=∠EAM,又AE⊥BF,∴AN=AB=2.∵∠AHM=90°,∴GN∥HM.∴=()2.∴=()2=.∴S△AGN=.∴S四边形GHMN=S△AHM-S△AGN=1-=.42\n答：四边形GHMN的面积是.题型之二从特殊到一般的探究性问题1.(1)1；1；5；5；（2）OP=PH.理由如下：将P(m,n)代入y=-1中得n=-1，∴m2=4n+4.∴OP2=m2+n2=n2+4n+4=(n+2)2，又∵PH=n+2，∴PH2=(n+2)2.∴OP=PH.(3)由(2)的结论可知，A点到直线l的距离等于OA的长，B点到直线l的距离等于OB的长,要使A，B两点到直线l的距离之和最小，则A、O、B三点在一条直线上，A，B两点到直线l的最小距离之和等于AB的长，等于6.2.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°.∴∠ADE+∠CDG=90°.∵DE⊥CF，∴∠CDG+∠DCF=90°.∴∠ADE=∠DCF.∴△ADE∽△DCF.∴=.(2)当∠B+∠EGC=180°时，=成立.证明：在AD的延长线上取点M，使CM=CF，则∠CMD=∠CFM.∵AB∥CD，∴∠A=∠CDM.∵∠B+∠EGC=180°，∴∠BEG+∠FCB=180°.又∵∠BEG+∠AED=180°，∴∠AED=∠FCB.又∵AD∥BC，∴∠CFM=∠FCB.∴∠CMD=∠AED.∴△ADE∽△DCM.∴=.即=.(3)=.3.(1)平行；相等.(2)QE=QF.证明：如图2，延长FQ交AE于点D.42\n∵AE⊥CP，BF⊥CP，∴AE∥BF.∴∠DAQ=∠FBQ.∵∠AQD=∠BQF，AQ=BQ,∴△AQD≌△BQF(ASA).∴QD=QF.∵AE⊥CP，∴QE为Rt△DEF斜边FD上的中线.∴QE=QF.(3)仍然成立.理由：如图3，延长EQ,FB交于点D.∵AE⊥CP，BF⊥CP，∴AE∥BF，∴∠AEQ=∠D.又∵∠AQE=∠BQD，AQ=BQ,∴△AQE≌△BQD(AAS).∴QE=QD.∵BF⊥CP,∴FQ为Rt△DEF斜边DE边上的中线.∴QE=QF.同理可证得当点P在线段AB的延长线上时，QE=QF.4.(1)证明：∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°.∴AB=AC.∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°.∵∠BAD=90°-∠DAC，∠CAF=90°-∠DAC，∴∠BAD=∠CAF.∴△BAD≌△CAF(SAS).∴BD=CF.∵BD+CD=BC，∴CF+CD=BC.(2)CF-CD=BC.(3)①CD-CF=BC.②同(1)可证△BAD≌△CAF(SAS)，∴∠ACF=∠ABD.∵∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ACF=∠ABD=135°.∴∠FCD=90°.∴△FCD是直角三角形.∵正方形ADEF的边长为2，且对角线AE，DF相交于点O.42\n∴DF=AD=4，O为DF中点.∴OC=DF=2.题型之三存在性探究问题第1课时探究单个图形的形状1.(1)①AC∥x轴，A(-4，4)，∴点C(0，4).把A,C两点的坐标分别代入y=-x2+bx+c,得解得②四边形AOBD是平行四边形.理由如下：由①得抛物线的解析式为y=-x2-4x+4.∴顶点D的坐标为(-2，8).过点D作DE⊥AB于点E.则DE=OC=4,AE=CE=2,∵AC=4,∴BC=AC=2,∴AE=BC.∵AC∥x轴，∴∠AED=∠BCO=90°,∴△AED≌△BCO(SAS),∴AD=BO,∠DAE=∠OBC.∴AD∥BO.∴四边形AOBD是平行四边形.（2）存在，点A的坐标可以是(-2,2)或(2，2).提示：要使四边形AOBD是矩形，则需∠AOB=∠BCO=90°，∵∠ABO=∠OBC，∴△ABO∽△OBC，∴=.又∵AB=AC+BC=3BC，∴OB=BC，∴在Rt△OBC中，OC=BC，AC=OC.∵C点是抛物线与y轴交点，∴OC=c，当A点在C点左侧时，A点坐标为(-c,c),∴顶点横坐标为=-c,∴b=-c.将A（-c,c)代入抛物线可得c=-(-c)2+c·c+c，∴A点横坐标为-c，纵坐标为c.42\n同理，当A点在C点右侧时，A（c，c）.令c=2，∴A点坐标可以为（2，2）或（-2，2）.2.(1)∵y=x2+bx+c经过点A(5,0)、B(-1,0)，∴解得∴抛物线的解析式为y=x2-x-.（2）过点A′作A′E⊥x轴于E，AA′与OC交于点D，∵点C在直线y=2x上，∴C(5，10).∵点A和A′关于直线y=2x对称，∴OC⊥AA′，A′D=AD.∵OA=5，AC=10,∴OC===5.∵S△OAC=OC·AD=OA·AC，∴AD=2.∴AA′=4，OD=.在Rt△A′EA和Rt△OAC中，∵∠A′EA=∠OAC=90°，∠A′AE=∠OCA,∴Rt△A′EA∽Rt△OAC.∴==.即==.∴A′E=4，AE=8.∴OE=AE-OA=3.∴点A′的坐标为(-3,4).∵当x=-3时，y=×(-3)2+3-=4，∴点A′在该抛物线上.（3）存在.理由：∵直线CA′经过A′（-3,4）、C（5，10），设直线CA′的解析式为y=kx+b.∴解得42\n∴直线CA′的解析式为y=x+.设点P的坐标为(m,m2-m-)，则点M为(m,m+).∵PM∥AC，∴要使四边形PACM是平行四边形,只需PM=AC.又点M在点P的上方，∴PM=(m+)-(m2-m-).∴(m+)-(m2-m-)=10.解得m1=2,m2=5(不合题意,舍去).当m=2时，m2-m-=-.∴当点P运动到(2，-)时，四边形PACM是平行四边形.3.(1)由A(4，0)，可知OA=4，∵OA=OC=4OB，∴OA=OC=4，OB=1，∴C(0，4)，B(-1，0).设抛物线的解析式是y=ax2+bx+4，则解得∴抛物线的解析式为y=-x2+3x+4.(2)存在.①当以C为直角顶点时，过点C作CP1⊥AC，交抛物线于点P1.过点P1作y轴的垂线，垂足为M.∵∠ACP1=90°，∴∠MCP1+∠ACO=90°.∵∠ACO+∠OAC=90°，∴∠MCP1=∠OAC.∵OA=OC，∴∠MCP1=∠OAC=45°，∴∠MCP1=∠MP1C，∴MC=MP1.设P1(m，-m2+3m+4)，则m=-m2+3m+4-4，解得m1=0(舍去)，m2=2.∴-m2+3m+4=6，即P1(2，6).②当以A为直角顶点时，过A作AP2，AP2交抛物线于点P2，过点P2作y轴的垂线，垂足是N，AP2交y轴于点F.∴P2N∥x轴.∵∠CAO=45°，∴∠OAP2=45°，∴∠FP2N=45°，AO=OF.∴P2N=NF.设P2(n，-n2+3n+4)，则n=(-n2+3n+4)+4，解得n1=-2，n2=4(舍去)，∴-n2+3n+4=-6，则P2的坐标是(-2，-6).综上所述，P的坐标是(2，6)或(-2，-6).(3)连接OD，由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF.42\n根据垂线段最短，可得当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短.由(1)可知，在直角△AOC中，OC=OA=4，则AC==4，根据等腰三角形的性质，D是AC的中点.又∵DF∥OC，∴DF=OC=2，∴点P的纵坐标是2.则-x2+3x+4=2，解得x=.∴当EF最短时，点P的坐标是(，2)或(，2).4.(1)∵抛物线y=-x2+mx+n经过A(-1，0)，C(0，2).∴解得∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2.(2)∵y=-x2+x+2=-(x-)2+，∴抛物线的对称轴是x=，OD=.∵C(0，2)，∴OC=2.在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD=.∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，如图1，∴CP1=DP2=DP3=CD.作CH⊥对称轴于H，∴HP1=HD=2，∴DP1=4.∴P1(，4)，P2(，)，P3(，-).42\n(3)当y=0时，0=-x2+x+2，解得x1=-1，x2=4，∴B(4，0).设直线BC的解析式为y=kx+b，由图象，得解得∴直线BC的解析式为y=-x+2.如图2，过点C作CM⊥EF于M，设E(a，-a+2)，F(a，-a2+a+2)，∴EF=-a2+a+2-(-a+2)=-a2+2a(0≤x≤4).∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF=BD·OC+EF·CM+EF·BN=××2+a(-a2+2a)+(4-a)(-a2+2a)=-a2+4a+=-(a-2)2+(0≤x≤4).∴当a=2时，四边形CDBF的面积最大为，∴E(2，1).第2课时探究两个图形的关系1.(1)∵该抛物线过点C(0，2)，∴设该抛物线的解析式为y=ax2+bx+2.将A(-1，0)，B(4，0)代入，得解得∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2.(2)存在.由图象可知，以A、B为直角顶点的△ABE不存在，所以△ABE只可能是以点E为直角顶点的三角形，如图1.在Rt△BOC中，OC=2，OB=4，∴BC==2.42\n在Rt△BOC中，设BC边上的高为h，则×2h=×2×4，∴h=.∵△BEA∽△COB，设E点坐标为(x，y)，∴=，∴y=±2.当y=-x2+x+2=2时，解得x1=0，x2=3；当y=-2时，不合题意舍去.∴E点坐标为(0，2)或(3，2).(3)如图2，连接AC，作DE⊥x轴于点E，作BF⊥AD于点F，∴∠BED=∠BFD=∠AFB=90°.设BC的解析式为yBC=kx+b，由图象，得∴∴yBC=-x+2.由BC∥AD，设AD的解析式为yAD=-x+n，由图象，得0=-×(-1)+n,∴n=-.∴yAD=-x-.由-x2+x+2=-x-，解得x1=-1，x2=5.∴D(5，-3).∵DE⊥x轴，∴DE=3，OE=5.由勾股定理，得BD=.∵A(-1，0)，B(4，0)，C(0，2)，∴OA=1，OB=4，OC=2.∴AB=5，AC=，BC=2，∴AC2+BC2=AB2，∴△ACB是直角三角形，且∠ACB=90°.∵BC∥AD，∴∠CAF=90°.∴∠CAF=∠ACB=∠AFB=90°，42\n∴四边形ACBF是矩形，∴AC=BF=.在Rt△BFD中，由勾股定理，得DF=，∴DF=BF，∴∠ADB=45°.2.(1)设OA所在直线的函数解析式为y=kx，∵A(2，4)，∴2k=4,∴k=2,∴线段OA所在直线的函数解析式为y=2x.(2)①∵顶点M的横坐标为m，且在线段OA上移动，∴顶点M的坐标为(m,2m)(0≤m≤2).∴设抛物线函数解析式为y=（x-m）2+2m.∴当x=2时，y=（2-m）2+2m=m2-2m+4(0≤m≤2).∴点P的坐标是(2，m2-2m+4).②∵PB=m2-2m+4=（m-1）2+3，又∵0≤m≤2，∴当m=1时，PB最短.(3)当线段PB最短时，此时抛物线的解析式为y=（x-1）2+2.假设在抛物线上存在点Q，使S△QMA=S△PMA.设点Q的坐标为(x，x2-2x+3).①当点Q落在直线OA的下方时，过P作直线PC∥AO，交y轴于点C，∵PB=3，AB=4，∴AP=1，∴OC=1，∴C点的坐标是(0，-1).∵点P的坐标是(2，3)，∴直线PC的函数解析式为y=2x-1.∵S△QMA=S△PMA，∴点Q落在直线y=2x-1上.∴x2-2x+3=2x-1.解得x1=2,x2=2，即点Q(2，3).∴点Q与点P重合.∴此时抛物线上不存在点Q，使△QMA与△PMA的面积相等；②当点Q落在直线OA的上方时，作点P关于点A的对称点D，过D作直线DE∥AO，交y轴于点E，∵AP=1，∴EO=DA=1，∴E、D的坐标分别是(0，1)，(2，5)，∴直线DE的函数解析式为y=2x+1.∵S△QMA=S△PMA，∴点Q落在直线y=2x+1上.∴x2-2x+3=2x+1.解得x1=2+，x2=2-.分别代入y=2x+1，得y1=5+2，y2=5-2.42\n∴此时抛物线上存在点Q1（2+,5+2），Q2（2-,5-2）使△QMA与△PMA的面积相等.综上所述，抛物线上存在点Q1（2+,5+2），Q2（2-,5-2）使△QMA与△PMA的面积相等.题型之四动态探究问题第1课时动点问题1.(1)当t=2时，BP=2cm，S=AB·BP=×8×2=8(cm2).(2)过D作DH⊥AB于H.∵AB=8cm，BC=4cm，CD=5cm，∴DH=4cm，AH=3cm，∴AD=5cm.当点P在边DA上运动时，过P作PK⊥AB于K.∵△APK∽△ADH，∴=，∴=，∴PK=(14-t).∴S=×8×(14-t)，即S=-t(9≤t≤14).(3)当S=12时，①当点P在边BC上运动时，S=AB·BP=×8t=12，∴t=3；②当P点在CD边上时，S为定值，等于16；③当点P在边AD上运动时，-t=12，∴t=.∴当S=12时，t=3或t=.2.(1)AE＝DF，AE⊥DF.理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝∠C＝90°.∵DE＝CF，∴△ADE≌△DCF(SAS).∴AE＝DF，∠DAE＝∠CDF.又∠CDF+∠ADF＝90°，∴∠DAE+∠ADF＝90°，∴AE⊥DF.(2)是.(3)成立.理由：由(1)同理可证，AE＝DF，∠DAE＝∠CDF.延长FD交AE于点G，则∠CDF+∠ADG＝90°，∴∠ADG+∠DAE＝90°，∴AE⊥DF.(4)如图.由于点P在运动中保持∠APD＝90°，∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小.42\n在Rt△ODC中，OC＝==.∴CP＝OC-OP＝-1.3.(1)1；；(2)①∵∠A<∠BOC=60°，∴∠A不可能是直角；②当∠ABP=90°时，如图3.∵∠BOC=60°，∴∠OPB=30°.∴OP=2OB，即2t=2.∴t=1；③当∠APB=90°时，如图4，作PD⊥AB，垂足为D，则∠ADP=∠PDB=90°.∵OP=2t，∴OD=t，PD=t，AD=2+t，BD=1-t(△BOP是锐角三角形).∴BP2=(1-t)2+3t2，AP2=(2+t)2+3t2.∵BP2+AP2=AB2，∴(1-t)2+3t2+(2+t)2+3t2=9，即4t2+t-2=0.解得t1=，t2=(舍去).综上所述，当△ABP为直角三角形时，t=1或.(3)∵AP=AB，∴∠APB=∠B.过O作OE∥AP，交BP于点E，∴∠OEB=∠APB=∠B.∵AQ∥BP，∴∠QAB+∠B=180°.又∵∠PEO+∠OEB=180°，∴∠PEO=∠QAB.又∵∠AOC=∠OPB+∠B=∠AOQ+∠QOP，∠B=∠QOP，42\n∴∠AOQ=∠OPB.∴△QAO∽△OEP.∴=，即AQ·EP=EO·AO.∵OE∥AP，∴△OBE∽△ABP.∴===.∴OE=AP=1，BP=EP.∴AQ·BP=AQ·EP=AO·OE=×2×1=3.4.(1)由题意，得BP=5tcm，QC=4tcm，AB=10cm，BC=8cm，①△BPQ∽△BAC时，∴=，∴=，∴t=1；②当△BPQ∽△BCA时，∴=，∴=，∴t=.∴若△BPQ与△ABC相似，则t=1或.(2)如图2，过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则PB=5t，PM=3t，MC=8-4t，∵∠NAC+∠NCA=90°，∠PCM+∠NCA=90°，∴∠NAC=∠PCM，且∠ACQ=∠PMC=90°，∴△ACQ∽△CMP，∴=，∴=，解得t=.(3)如图3，仍有PM⊥BC于点M，PQ的中点设为D点，再作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，∵∠ACB=90°，∴DF为梯形PECQ的中位线，∴DF=.∵QC=4t，PE=8-BM=8-4t，∴DF==4.∵BC=8，过BC的中点R作直线平行于AC，∴RC=DF=4成立，∴D在过R的中位线上，∴PQ的中点在△ABC的一条中位线上.42\n第2课时动线问题1.D2.(1)作PH⊥OB于H(如图1).∵OB=6，OA=6，∴∠OAB=30°.∵PB′=t，∠B′PH=30°，∴B′H=t，HP=t.∴OH=6-t-t=6-t.∴P（t，6-t).(2)①当⊙P在左侧与直线OC相切时(如图2).∵OB′=6-t，∠BOC=30°,∴B′C′=(6-t)=3-t.∴PC′=3-t-t=3-t.由3-t=1，得t=；②当⊙P在右侧与直线OC相切时(如图3).PC′=t-(6-t)=t-3.由t-3=1，得t=.综上，当t=s或s时，⊙P与直线OC相切.3.(1)证明：∵直线AB与x轴相交于点A(-4，0)，与y轴相交于点B(0，3)，42\n∴直线AB的解析式为yAB=x+3.∵将直线y=x以每秒0.6个单位长度的速度向上平移t(0<t<5)秒得到直线CD，∴OD=0.6t，∴D(0，0.6t)，∴直线CD的解析式为yCD=x+0.6t.∵在直线CD中，点C在x轴上，∴令y=0，则x=-0.8t，∴C(-0.8t，0)，OC=0.8t.∴在Rt△OCD中，CD==t.∵点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿直线AB向点B移动t(0<t<5)秒，∴AP=t，∴AP=CD=t.又∵kAP=kAB=kCD=，∴AP∥CD.∴在运动过程中，四边形ACDP总是平行四边形.(2)欲使四边形ACDP为菱形，只需在ACDP中满足条件AC=CD，即4-0.8t=t，解得t=.∴当t=时，四边形ACDP为菱形.此时以点D为圆心、OD长为半径的圆与直线AB相切，理由如下：∵t=，∴OD=0.6t=，∴BD=OB-OD=3-=.∵A(-4，0)，B(0，3)，∴OA=4，OB=3，AB==5.过点D作DE⊥AB于点E，则∠DEB=90°.∵∠AOB=∠DEB=90°，∠OBA=∠EBD，∴△AOB∽△DEB.∴=，即=，∴DE==OD.∴点D到直线AB的距离等于⊙D的半径.∴以点D为圆心、OD长为半径的圆与直线AB相切.第3课时动形问题1.（1）由题知抛物线与x轴另一个交点为（-1，0），c=3,42\n∴解得∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3.（2）①当MA=MB时，得M（0，0）；②当AB=AM时，得M（0，-3）；③当BA=BM时，得M（0，3+3）或M（0，3-3）.所以点M的坐标为（0，0）、（0，-3）、（0，3+3）、（0，3-3）.（3）平移后的三角形记为△PEF，设直线AB的解析式为y=kx+b,所以解得∴直线AB的解析式为y=-x+3.△AOB沿x轴向右平移m个单位长度（0<m<3）得到△PEF，易得直线EF的解析式为y=-x+3+m.设直线AC的解析式为y=k′x+b′,则解得∴直线AC的解析式为y=-2x+6,如图1,连接BE，直线BE交AC于G，则G（,3）.在△AOB沿x轴向右平移的过程中，0<m≤时，如图所示，设PE交AB于K，EF交AC于M，则BE=EK=m，PK=PA=3-m,联立解得即点M（3-m,2m）,∴S=S△PEF-S△PAK-S△AMF=PE2-PK2-AF·yM=-·（3-m）2-·m·2m=-m2+3m.②当<m<3时，如图2，设PE分别交AB、AC于点K、H，42\n∵BE=m，∴KE=m,PK=PA=3-m.又∵直线AC解析式为y=-2x+6，∴当x=m时，得y=6-2m,∴点H（m,6-2m）,∴S=S△PAH-S△PAK=PA·PH-PA2=（3-m）·（6-2m）-（3-m）2=m2-3m+.综上所述，当0<m≤时，S=-m2+3m；当<m<3时，S=m2-3m+.2.(1)证明：∵EFPQ为矩形，∴EF∥BC.∴=,=.∴=.(2)∵∠B=45°，∴BD=AD=4，∴CD=BC-BD=5-4=1.由(1)知=，即=，∴EH=4HF.已知EF=x，则EH=x.∴EQ=BQ=BD-QD=BD-EH=4-x.∴S矩形EFPQ=EF·EQ=x·(4-x)=-x2+4x=-(x-)2+5.∴当x=时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5.(3)由(2)可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长为，宽为4-×=2.在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中：①当0≤t≤2时，如图1所示，设矩形与AB,AC分别交于点K，N，与AD分别交于点H1，D1.此时DD1=HH1=t，H1D1=2.∴HD1=HD-DD1=2-t，H1D1-HD1=t，AH1=AH-HH1=2-t.42\n∵KN∥EF，∴=，即=，得KN=-t.S=S梯形KNFE+=(KN+EF)·HH1+EF·HD1=[(-t)+]×t+(2-t)=-t2+5；②当2＜t≤4时，如图2所示，设矩形与AB，AC分别交于点K，N，与AD交于点D2.此时DD2=t，AD2=AD-DD2=4-t.∵KN∥EF，∴=.即=.得KN=5-t.S=S△AKN=KN·AD2=(5-t)(4-t)=t2-5t+10.综上所述，S与t的函数关系式为：S=3.(1)在△GMN中，∠NGM=90°，NG=6，MG=8，由勾股定理，得MN==10.∵tan∠AEB===,tan∠GMN===,∴∠AEB=∠GMN，∴当点G运动到AE上时，点M与点E重合，运动路程为10，又∵△GMN运动速度为每秒一个单位长度，∴t=10.(2)存在满足条件的t.理由如下：在△ABE中，∠ABE=90°，AB=12，BE=16，由勾股定理，得AE==20.由(1)可知，∠AEB=∠GMN，∴AE∥GM，∴∠NQE=∠NGM=90°，∴∠NQE=∠B=90°，又∵∠AEB=∠NEQ，∴△ABE∽△NQE.∴=，即=，∴QE=t,∴AQ=AE-QE=20-t.①AP=PQ时，如图3，过点P作PH⊥AE于点H，得AH=AQ=10-t.42\n由△APH∽△EAB，得=，即=，解得t=.②当AP=AQ时，如图4，由t=20-t，解得t=.③当AQ=PQ时，如图5，过点Q作QK⊥AD于K，可得AK=AP=t.由△AQK∽△EAB，得=，即=，解得t=.综上所述，当t=或t=或t=时，△APQ是等腰三角形.(3)①当0≤t≤7时，重合部分是一个直角三角形，其斜边长为t，两直角边长分别为t和t，S=t2；②当7＜t≤10时，重合部分是一个四边形，如图3所示，设GN与AF交于点K，则△KNF是一个等腰三角形，底边FN=t-7，作KR⊥FN于点R，则FR=(t-7)，由△FKR∽△FAB，可得高KR=(t-7)，∴△KNF的面积为(t-7)·(t-7).∴S=t2-(t-7)·(t-7)=-t2+t-；③当10＜t≤14时，重合部分是一个四边形，此时点G在△AFE内部，如图4所示，S=24-·(t-7)·(t-7)=-t2+t+；④当14＜t≤16时，重合部分是一个三角形，此时点G在△ABF内部，记GM与AF交点为K，FN=EN-EF=t-7，FM=MN-FN=10-(t-7)=17-t，此时△KMF∽△AEF，而△AEF的面积为42，∴=()2，∴S=(t-17)2.42\n∴S=42